закон Архимеда

[Oleg Zubelevich]

Статическое уравнение Эйлера (оноже статическое уравнение Навье-Стокса): $\nabla p=\rho \boldsymbol g$
Откуда

$$\frac{\partial p}{\partial y}=0,\quad\frac{\partial p}{\partial z}=-\frac{g}{c}p\Longrightarrow p(z)=p_0 e^{-gz/c},\quad (p=c\rho)$$

[Утундрий]

Гм. Оказывается, я забыл гидродинамику. Печально.

[amon]

Начало традиционное - ехал на автомобиле и делать было нечего. Задачу не решил, но некие соображения, IMHO, поиск его упрощающие, есть. По соображениям, аналогичным соображениям Архимеда (застывание жидкости) "центр плавучести" ( центр водоизмещения тела, но так писать долго) совпадает с центром тяжести тела с плотностью $\rho(z)=\rho_0 e^{-gz/c}$ (было засомневался, но вроде, все верно). Точки равновесия находятся из условия "центр тяжести и центр плавучести лежат на одной вертикальной прямой", а устойчивость проверяется положением метацентра - если выше центра тяжести, то устойчиво. Т.о. кандидатов на устойчивое положение оказывается немного, и проверить устойчивость вроде не сложно. Я на некое время из сети выпаду, так что идею дарю (если она того стоит).

[Red_Herring]

Прежде всего, если считать тело шаром, или просто с фиксированной ориентацией, то на какой-то глубине оно будет в равновесии т.к. с глубиной масса "выпертой" жидкости (а точнее, газа, посколько такая зависимость давления и плотности газовая) сравняется с массой тела. Теперь посчитаем крутящий момент от-но центра. Если в вертикальном положении тело $\{-a<x<a, -b<y<b\}$, и тело повернуто на $\phi$, то в системе связанной с телом плотность газа $Ce^{-\alpha x-\beta y}$, $\alpha = k\sin(\phi)$, $\beta=k\cos(\phi)$,  и выталкивающая сила элемента $dxdy$ будет $Ce^{-\alpha x-\beta y} (\alpha \mathbf{i}+\beta \mathbf{j})dxdy$, а её момент $C_1 e^{-\alpha x-\beta y} (\alpha y-\beta x)dxdy$ (проверить знак!), ну и интегрирование тривиально.

Это позволяет обойтись функцией одной переменной.

[Oleg Zubelevich]

Red_Herring в сообщении #1043554 писал(а):

Теперь посчитаем крутящий момент от-но центра. Если в вертикальном положении тело $\{-a<x<a, -b<y<b\}$, и тело повернуто на $\phi$, то в системе связанной с телом плотность газа $Ce^{-\alpha x-\beta y}$, $\alpha = k\sin(\phi)$, $\beta=k\cos(\phi)$, и выталкивающая сила элемента $dxdy$ будет $Ce^{-\alpha x-\beta y} (\alpha \mathbf{i}+\beta \mathbf{j})dxdy$,

т.е. если мы проинтегрируем по прямоугольнику, то получим величину, зависящую лишь от $\phi$ Так? Мне непонятно, как выталкивающая сила может не зависеть от глубины при том, что плотность с глубиной увеличивается.

[Red_Herring]

Oleg Zubelevich в сообщении #1043565 писал(а):

Мне непонятно, как выталкивающая сила может не зависеть от глубины при том, что плотность с глубиной увеличивается.

$C$ зависит от глубины погружения, но она входит в виде множителя. Поскольку мы считаем момент относительно $(0,0)$, то вес прямоугольника вклада не дает

[Oleg Zubelevich]

amon в сообщении #1043553 писал(а):

Начало традиционное - ехал на автомобиле и делать было нечего. Задачу не решил, но некие соображения, IMHO, поиск его упрощающие, есть. По соображениям, аналогичным соображениям Архимеда (застывание жидкости) "центр плавучести" ( центр водоизмещения тела, но так писать долго) совпадает с центром тяжести тела с плотностью $\rho(z)=\rho_0 e^{-gz/c}$ (было засомневался, но вроде, все верно). Точки равновесия находятся из условия "центр тяжести и центр плавучести лежат на одной вертикальной прямой", а устойчивость проверяется положением метацентра - если выше центра тяжести, то устойчиво. Т.о. кандидатов на устойчивое положение оказывается немного, и проверить устойчивость вроде не сложно.

Это совсем неочевидное рассуждение. Мы не обязаны прикладывать силу $mg$ к центру масс тела. Мы можем приложить ее к любой точке, лежащей на прямой, проходящей церез центр масс параллельно вектору $g$ -- уравнения движения твердого тела от этого не изменятся. Эволюция положения центра масс вытесненной жидкости относительно бруска при повороте бруска тоже неочевидна a priori

[Oleg Zubelevich]

по формуле Стокса
$\boldsymbol F(\phi,z)=-\int_Lp\boldsymbol nds=-\int_Q\nabla p dS,\quad\boldsymbol M_S(\phi,z)=-\int_L[\boldsymbol \rho,\boldsymbol n]pds=-\int_Q[\boldsymbol \rho,\nabla p]dS,$ где $dS$ элемент площади прямоугольника $Q$

[Munin]

Oleg Zubelevich в сообщении #1043595 писал(а):

Мы не обязаны прикладывать силу $mg$ к центру масс тела. Мы можем приложить ее к любой точке, лежащей на прямой, проходящей церез центр масс параллельно вектору $g$ -- уравнения движения твердого тела от этого не изменятся.

See "метацентр".

[Red_Herring]

Munin в сообщении #1043662 писал(а):

See "метацентр".

Проблема со всеми этими подходами в том, что метацентр зависит от положения тела (в данном случае только от угла наклона) т.е. он хорош при исследовании устойчивости, а надо вначале найти положения равновесия.

[Oleg Zubelevich]

(Оффтоп)

Munin в сообщении #1043662 писал(а):

See "метацентр".

Ссылочку, будьте добры, на текст в котором сформулирована и доказана теорема, дающая достаточное условие устойчивости в терминах метацентра. Специально обращаю ваше внимание: ссылку дайте на теорему, а не на инженерный учебник с объяснением как надо делать правильно. И, естественно, что бы в теореме речь шла о полностью затопленном теле в баротропной жидкости (как у нас), а не о корабле , плавающем в однородной жидкости.

Численный эксперимент показывает, что если стороны прямоугольного бруска отличаются не сильно, брусок близок к квадрату, то добавляется одно (с точностью до симметрий) наклонное положение равновесия.

[Munin]

Red_Herring в сообщении #1043666 писал(а):

а надо вначале найти положения равновесия.

Разумеется, надо. Но рассуждения Oleg Zubelevich в условиях, когда оно найдено, выглядят неверными, с учётом теории метацентра.

Oleg Zubelevich
Вы прекрасно знаете, что для таких надуманных условий теоремы не сформулировано (и вам можно было бы её сформулировать), однако частично затопленный корабль как раз находится в среде с переменной по $z$ плотностью, что аналогично вашей задаче.

[Oleg Zubelevich]

Munin в сообщении #1043672 писал(а):

Но рассуждения Oleg Zubelevich в условиях, когда оно найдено, выглядят неверными, с учётом теории метацентра.

какие именно рассуждения? в чем ошибка?

-- Вс авг 09, 2015 18:52:14 --

Munin в сообщении #1043672 писал(а):

для таких надуманных условий теоре

какие именно условия являются надуманными?

[Red_Herring]

Oleg Zubelevich в сообщении #1043667 писал(а):

Численный эксперимент показывает, что если стороны прямоугольного бруска отличаются не сильно, брусок близок к квадрату, то добавляется одно (с точностью до симметрий) наклонное положение равновесия.

Допустим у нас квадрат. Тогда будет 2 с точностью до симметрий "симметричных" положения равновесия. Что дает численный эксперимент: какое будет устойчивым?

\begin{tikzpicture} \fill[cyan] (0,0) rectangle (10,5); \fill[white] (2,2) rectangle (4,4); \node at (3,3) {$A$}; \begin{scope}[xshift=200,yshift=1.5cm] \fill[white, rotate=45] (0,0) rectangle (2,2); \end{scope} \node at (7,3) {$B$}; \end{tikzpicture}

[Oleg Zubelevich]

Red_Herring в сообщении #1043688 писал(а):

Что дает численный эксперимент: какое будет устойчивым?

не знаю, считать надо